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Isomorphe Elemente

Universität / Fachhochschule

Relationen

Tags: isomorph, Maximal, minimale Elemente, Relationen

Eva85 aktiv_icon

12:21 Uhr, 14.11.2009

Bewisen: Je zwei abz¨ahlbare dichte Totalordnungen ohne maximale

und ohne minimale Elemente sind isomorph

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

hagman aktiv_icon

15:49 Uhr, 14.11.2009

OK, was heißt das den überhaupt:
Eine abzählbare dichte Totalordnung ohne maximale und ohne minimale Elemente ist eine Menge A zusammen mit einer Relation

<

und folgenden Eigenschaften
A ist abzählbar

<

ist eine Totalordnung

<

ist dicht,

d . h

. zu

a < b

gibt es stets

c

mit

a < c < b

es gibt kein minimales Element,

d . h

. zu

a \in A

gibt es

b

mit

b < a

es gibt kein maximales Element,

d . h

. zu

a \in A

gibt es

b

mit

a < b

Seien

(A, <)

und

(B, <)

zwei solche Objekte (dass in beiden Fällen das Symbol "<" für die Ordnung verwendet wird, schadet nicht).

Zu zeigen ist, dass es einen Isomorphiosmus von Totalordnungen gibt,

d . h

. eine Bijektion

f : A \to B

mit

f (a) < f (b)

für alle

a, b \in A

mit

a < b

.

Wegen der Abzählbarkeit können wir

A = {a_{n} | n \in ℕ}, B = {b_{n} | n \in ℕ}

schreiben für Bijektionen

n \mapsto a_{n}

bzw.

n \mapsto b_{n}

.
Für

n \in ℕ

sei

A_{n} := {a_{k} | k < n}

(insb. ist

A_{1}

die leere Menge).
Die ordnungserhaltende Abbildung

f : A \to B

definieren wir rekursiv wie folgt:
Sei

n \in ℕ

und es sei

f (x)

bereits definiert für alle

x \in A_{n}

(dies ist also für

n = 1

trivialerweise erfüllt). Setze

B_{n} := {f (x) | x \in A_{n}}

.
An

f (a_{n})

werden folgende Anfoderungen gestellt:
Falls

a_{n} < min A_{n},

muss

f (a_{n}) < min B_{n}

gelten. Setze

X := {b \in B | b < min B_{n}}

Falls

a_{n} > max A_{n},

muss

f (a_{n}) > max B_{n}

gelten. Setze

X := {b \in B | b > max B_{n}}

Falls

a_{r} < a_{n} < a_{s}

für zwei in

A_{n}

benachbart liegende Elemente

a_{r}, a_{s},

so muss

f (a_{r}) < f (a_{n}) < f (a_{s})

gelten (wobei übrigens

f (a_{r}), f (a_{s})

auch in

B

benachbart sind und natürlich

f (a_{r}) < f (a_{s})

nach Voraussetzung gilt). Setze

X := {b \in B | f (a_{r}) < b < f (a_{s})}

.

In allen drei Fällen ist die Menge

X

der Elemente von

B,

aus denen

f (a_{n})

ausgewählt werden muss, nicht leer (nämlich weil

B

kein Minimum bzw. kein Maximum hat bzw. dicht ist).
Daher gibt es

m \in ℕ

mit

b_{m} \in X

.
Setze

f (a_{n}) := min {m \in ℕ | b_{m} \in X}

Es folgt sofort, dass

f

auf diese Weise auch auf

A_{n + 1}

ordnungserhaltend ist.
Man kann auch sagen, dass

A_{n}

und

B_{n}

jeweils

A \ A_{n}

bzw.

B \ B_{n}

n

Teilintervallen zerlegen. Als

f (a_{n})

wird dann das frühestmögliche Element von

B

gewählt, das in demjenigen Teilintervall von

B

liegt, das dem Teilintervall von A entspricht, in dem

a_{n}

liegt.

Auf diese Weise wird rekursiv eine Abbildung

f : A \to B

definiert.
Diese ist ordnungserhaltend, denn für

a, a' \in A

mit

a < a'

gibt es ein

n

mit

a, a' \in A_{n}

und bereits dort gilt

f (a) < f (a')

.
Als Folge der Ordnungserhaltung ist

f

auch injektiv.
Zu zeigen ist, dass

f

surjektiv ist.
Wäre

f

nicht surjektiv, so gäbe es ein minimales

N,

so dass

b_{N}

nicht im Bild von

f

liegt.
Für hinreichend großes

n

liegen dann alle

b_{k}

mit

k < N

bereits in

f (A_{n})

.
Nun liegt

b_{N}

wieder in einem der

n

durch

f (A_{n})

definierten Teilintervalle von

B \ f (A_{n})

und diesem entspricht ein Teilintervall

I

von

A \ A_{n}

.
Sei

m

minimal mit

a_{m} \in I

. Dann führt obiges Verfahren aber dazu, dass

f (a_{m}) = b_{N}

gewählt wird.
Dies steht im Widerspruch zur Annahme, dass

b_{N}

nicht im Bild von

f

liegt.
Also ist

f

doch surjektiv, insgesamt also bijektiv.

□

Eva85 aktiv_icon

23:41 Uhr, 14.11.2009

Viele Dank für die Lösungen.

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